2020届山东泰安高三物理一模

2021届山东省泰安市高三（下）高考一模物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某物体的运动图像如图所示，横、纵截距分别为n 和m ，下列说法正确的是（ ）
A ．若该图为x t -图像，则物体速度一直减小
B ．若该图为x t -图像，则物体速度一直增大
C ．若该图为a t -图像，且物体的初速度为0，则物体最大速度为mn
D ．若该图为a t -图像，且物体的初速度为0，则物体的最大速度为2
mn 2．单色光B 的频率为单色光A 的1.5倍，单色光A 照射到某金属表面时，从金属表面逸出的光电子最大初动能为1E ；单色光B 照射到该金属表面时，从金属表面逸出的光电子最大初动能为2E ，则该金属的逸出功为（ ）
A ．2123E E -
B ．1223E E -
C ．211.5E E -
D ．212
E E + 3．如图所示，挂钩连接三根长度均为L 的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m ，直径为1.2L 的水平圆环相连，连接点将圆环三等分。

在挂钩拉力作用下圆环以加速度12
a g 匀减速上升，已知重力加速度为g ，则每根绳上的拉力大小为（ ）
A．5
6
mg B．
5
24
mg C．
5
12
mg D．
5
8
mg
4．有一台理想变压器及所接负载如下图所示，在原线圈c、d两端加上正弦交流电，已知b是原线圈的抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大，下列说法正确的是（）
A．开关1S接a，当滑片P向下滑动时，电压表1V示数不变，电压表2V示数变小B．开关1S接a，当滑片P向下滑动时，电流表1A示数不变，电流表2
A示数变小C．保持滑片P的位置不变，将开关1S由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将变小D．保持滑片P的位置不变，将开关1S由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将变大5．2021年2月10日，“天问一号”探测器成功实施近火制动，被火星引力捕获，探测器顺利进入环绕火星的大椭圆轨道，开启环绕火星之旅。

要完成探测任务探测器需经历如图所示的变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，则下列说法正确的是（）
A．探测器在轨道Ⅱ上P点的动能小于在轨道Ⅰ上P点的动能
B．探测器在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅱ上的机械能
C．探测器从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点减速
D．探测器在轨道Ⅱ上P点的加速度小于在轨道Ⅰ上P点的加速度
6．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平拋出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（）
A ．a 球一定先落在半圆轨道上
B ．b 球一定先落在斜面上
C ．a 、b 两球可能同时落在半圆轨道和斜面上
D ．a 球可能垂直落在半圆轨道上
7．如图所示，两个固定的半径均为r 的细圆环同轴放置，1O 、2O 分别为两细环的圆心，且122O O r =，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷Q +、Q -（0Q >）。

一带
正电的粒子（重力不计）从1O 由静止释放。

静电常量为k 。

下列说法正确的是（ ）
A ．12O O 中点处的电场强度为22r
B ．12O O 中点处的电场强度为
24r C ．粒子在12O O 中点处动能最大
D ．粒子在2O 处动能最大 8．2020年1月1日TPMS （胎压监测系统）强制安装法规已开始执行。

汽车行驶时
TPMS 显示某一轮胎内的气体温度为27℃，
压强为240kPa ，已知该轮胎的容积为30L ，阿伏加德罗常数为2316.010mol A N -=⨯，0℃、1atm 下1mol 任何气体的体积均为
22.4L ，1atm 100kPa =。

则该轮胎内气体的分子数约为（ ）
A ．231.810⨯
B ．241.810⨯
C ．238.010⨯
D ．248.010⨯
二、多选题
9．如图所示，四边形ABCD 是一块破璃砖的横截面示意图，75A ∠=︒，90D ∠=︒，DO 垂直AB 于O 。

一束单色光从O 点射入玻璃砖，入射角为45i =︒时，AD 和CD 面都恰好没有光线射出。

下列说法正确的是（ ）
A
B ．玻璃砖对该单色光的折射率为2
C ．单色光从AB 边射出时折射角为45°
D ．单色光从AB 边射出时折射角为60° 10．如图所示，水平桌面上水平固定一半径为L 的金属细圆环，圆环的电阻为2r ，竖直向下的匀强磁场磁感应强度大小为B 。

一长度为2L 、电阻为r 的导体棒，由棒中点与圆环重合位置A 点沿与棒垂直的直径以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环始终接触良好。

当棒经过环心时（ ）
A
．棒两端的电势差为2B
．棒两端的电势差为23
C
D
11．两辆汽车在同一直道上以相等的速度0v 做同向直线运动，某时刻前车突然熄火做加速度大小为1a 的匀减速运动，后车司机经t ∆时间后刹车，以大小为2a 的加速度做匀减速运动，结果两车同时停下且没有发生碰撞，则在前车熄火前，两车正常行驶时之间距离至少是（ ）
A ．02v t ∆
B ．0v t ∆
C ．2012112v a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
D ．2012112v a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 12．如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能
E 与路程x 的关系图像如图乙所示，其中O -x 1过程的图像为曲线，x 1-x 2过程的图像为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是
A．O-x1过程中小球所受拉力大于重力
B．小球运动路程为x1时的动能为零
C．O-x2过程中小球的重力势能一直增大
D．x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动
三、实验题
13．某物理兴趣小组的同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，轻绳一端通过拉力传感器固定在光滑固定转轴O处，另一端系一小球。

已知当地重力加速度为g。

使小球在竖直平面内做圆周运动，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳的拉力大小是1F，在最低点时绳的拉力大小是2F。

（1）如果要验证小球从最低点到最高点机械能守恒，还需要测量的物理量有
___________（单项选择，填选项前面的字母代号）。

A．小球的质量m B．轻绳的长度L C．小球运行一周所需要的时间T
（2）请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式：
___________（用题目所给的字母表示）。

14．现有一小量程电流表G（表头），满偏电流为30μA，内阻约为1000Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表。

（1）采用如图甲所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为___________，电源___________（填选项字母代号）。

A ．滑动变阻器，最大阻值50k Ω
B ．滑动变阻器，最大阻值150k Ω
C ．电源1.5V
D ．电源3V
（2）测量电流表表头的内阻时，闭合S 1，断开S 2，调节滑动变阻器使电流表指针指在30A μ处；闭合S 2，调节电阻箱使电流表指针指在10A μ处，此时电阻箱读数为502Ω，则电流表表头的内阻为___________Ω，测量值比实际值___________（填“偏大”或“偏小”）。

（3）如图乙所示，若将电流表G 改装成1mA 、10mA 的两量程电流表则a b :R R =___________。

四、解答题
15．一列简谐横波在0.4s t =时的波形图如图（a ）所示，P 是介质中的质点，图（b ）是质点P 的振动图像。

已知该波在该介质中的传播速度为20m/s ，求：
（1）波长和波的传播方向；
（2）质点P 的平衡位置的x 坐标。

16．如图，用光滑细杆弯成半径为R 的四分之三圆弧ABCDE ，固定在竖直面内，C 、E 与圆心O 在同一水平线上，D 为最低点。

质量为m 的小环P （可视为质点）穿在圆弧细杆上，通过轻质细绳与相同的小环Q 相连，细绳绕过固定在E 处的轻小光滑定滑轮。

开始小环P 处于圆弧细杆上B 点，小环Q 与D 点等高，两环均处于静止状态。

给小环微小扰动，使P 沿圆弧向下运动。

已知重力加速度为g 。

求：
（1）小环P 在B 点静止时对细杆的压力大小；
（2）小环P 下滑到C 点时，小环P 的速度；
（3）小环P 经过D 点时，小环Q 重力的瞬时功率。

17．如图，间距为2R的平行正对金属板MN接在电压为U的电源上，以O为圆心、R
为半径的圆与极板右端面相切于C，CO与板间中心线重合。

圆区域内存在垂直纸面向
里的匀强磁场，OA是与极板端面平行的半径。

位于A处的粒子源向纸面内发射质量为q q>、速率为v的粒子，初速度方向被限定在AO两侧夹角均为θ的m、电荷量为()0
范围内。

已知沿AO方向射入磁场的粒子恰好经过C点，所有粒子均打在极板上，不计
粒子重力和粒子间的相互作用。

求：
（1）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）经过C点的粒子从A处发射出来到打到极板经历的时间；
（3）所有到达极板的粒子动能的最大差值；
（4）粒子打到极板上的宽度。

M=的长木板Q静止在光滑水平面上，右端紧靠光滑固定曲面AB 18．如图，质量2kg
的最低点B，木板上表面与曲面相切于B，水平面的左侧与木板左端相距为x（未知且
m=的小滑块P（可视为质点）从曲面上与B的高度可调）处有一挡板C。

一质量1kg
差为1.8m处由静止滑下，经B点后滑上木板，最终滑块未滑离木板。

已知重力加速度m/s，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.3，木板与左挡板C和最低点B的大小为102
碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，则从滑块滑上木板到二者最终都静止的过程中
（1）若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间；
（3）若木板只与C 发生了3次碰撞，求x 的值；
（4）其他条件不变，若2kg m =、1kg M =，4m 3
x =，求木板通过的总路程。

参考答案
1．D
【详解】
AB ．x t -图像的斜率表示速度，斜率不变表示物体做匀速直线运动，故AB 错误； CD ．a t -图像的面积表示速度的增量，因为物体的初速度为0，所以物体的最大速度为2
mn ，故C 错误，D 正确。

故选D 。

2．A
【详解】
设单色光A 的频率为ν，则单色光B 的频率为1.5ν，金属的逸出功为0W ，根据爱因斯坦的光电效应方程可知
10E h W ν=- 201.5E h W ν=-
联立两式解得
02123W E E =-
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．B
【详解】
根据几何知识，圆环半径为0.6L ，轻绳长L ，故三根轻绳与竖直方向夹角为37°。

分析圆环受力，可知三根轻绳拉力水平方向分力恰好平衡，竖直方向分力与圆环重力的合力提供加速度，有
13cos372
mg F m g -︒=⨯ 解得
524
F mg =
故选B 。

4．D
【详解】
AB ．开关1S 接a ，当滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值R 增大，电路中的电流减小，即A 2的示数减小；理想变压器原副线圈所在电路的功率相等，所以A 1示数也减小；由于原副线圈的匝数比没有变化，故电压表V 1的示数不变；由串联分压的规律可知，滑动变阻器两端的电压要增大，即电压表V 2的示数要增大； 故A 、B 错误；
CD ．保持滑片P 的位置不变，将开关1S 由a 改接b ，则原线圈的匝数变少了，所以副线圈两端的输出电压将增大；随着滑片的移动，滑动变阻器的两端将能获得更高的电压，由Q C U
=可知电容器所带电荷量的最大值将变大，故C 错误、D 正确。

故选D 。

5．C
【详解】
A ．探测器从轨道Ⅱ上P 点减速变轨到轨道Ⅰ，所以在轨道Ⅱ上P 点的动能大于在轨道Ⅰ上P 点的动能。

故A 错误；
B ．探测器从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，发动机点火致使其减速，做负功，其机械能将减小。

故B 错误；
C ．根据以上选项分析，易知探测器从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P 点减速。

故C 正确；
D ．根据牛顿第二定律，有
22GMm
F GM r a m m r
=== 故探测器在轨道Ⅱ上P 点的加速度等于在轨道Ⅰ上P 点的加速度。

故D 错误。

故选C 。

6．C
【详解】
ABC ．将半圆轨道和斜面轨道重叠一起：
可知若小球初速度合适，两小球可同时落在距离出发点高度相同的交点A 处，
改变初速度，
可以落在半圆轨道，也可以落在斜面上，AB 错误，C 正确；
D ．若a 小球垂直落在半圆轨道上，速度反向延长线必过水平位移中点，即圆心，那么水平位移就是直径，小球的水平位移一定小于直径，所以小球不可能垂直落在半圆轨道上，D 错误。

故选C 。

7．A 【详解】
AB ．把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为
2Q q r
π=
根据点电荷场强公式，有
E =
根据电场的叠加原理，单个圆环在O 1O 2中点的场强，为
2
cos 452kQ
E r =
︒ 两个圆环的场强，再叠加一下，有
E =
总 故A 正确；B 错误；
C ．带电粒子从O 1点开始由静止释放，在粒子从O 1向O 2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆为左向，可见电场对带电粒子做正功。

故粒子在12O O 中点处动能不是最大，故C 错误；
D ．根据电场叠加原理，在O 2左侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达O 2左侧某一点时，速度最大，动能最大，以后向左运动速度开始减小，动能也在减小。

故D 错误。

故选A 。

8．B 【详解】
设胎内气体经过一定过程后温度变为20C 273K T =︒=，压强变为2100kPa p =，体积变为
2V ，则由理想气体方程得
1122
12
p V p V T T = 所以
121
221
65.52L p T V V p T =
= 该状态下气体的物质的量为
265.52L 2.925mol 22.4L/mol
V n V =
== 所以气体的分子数约为
241.75510A m nN ==⨯
故选B 。

9．AC 【详解】
AB ．光线进入玻璃砖后两次发生全反射，其光路以对应的角度，如图
由于光在AD 面和CD 面都恰好没有光线射出，即恰好发生全反射，则
C αβ==(C 是临界角）
有几何关系得
90αβ︒+=
所以
45C αβ︒===
由公式
1sin C n
=
解得n =
A 正确，
B 错误；
CD．由几何关系知单色光在AB边入射角为30°，由折射定律得
sin
sin30
i
=
︒
解得sin45
i=︒，故C正确，D错误。

故选AC。

10．BC
【详解】
AB
．由运动学公式可知，当棒经过环心时，棒的速度为v=
22
E B L v
=⋅⋅=
此时相当于圆环左、右两边并联，再与棒串联，总电阻为
13
22
R r r r
=+=
流过棒的电流为
4
3
E
I
R r
==
棒两端的电压为
12
23
U I r
=⋅=
A错误，B正确；
CD．棒所受安培力的大小为
2
F BI L
=⋅=
C正确，D错误。

故选BC。

11．AD
【详解】
前车减速至速度为0的时间
1
1
v
t
a
=
前进的位移为
20
11
2v x a =
后车减速至速度为零的时间
22
v t a =
时前进的位移为
20
202
2v x v t a =∆+
由于两车同时停下且没有相碰，故满足
12=t t t ∆- 102x x x +=
联立可解得002
v t x ∆=或2
12112v a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，AD 正确。

故选AD 。

12．BD 【详解】
A ．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：
E
F x
∆=
∆拉 可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O -x 1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x 1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x 1处速度为零，动能为零，说明O -x 1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶段拉力小于重力，A 错误，B 正确；
C ．O -x 1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x 1-x 2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C 错误；
D ．x 1-x 2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率不变，拉力不变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D 正确。

故选BD 。

13．A 216F F mg -= 【详解】
（1）[1]在最高点和最低点有
2
11mv F mg r += 2
22mv F mg r
-= 整理得
21111
222mv rF mgr =+ 22211
222
mv rF mgr =- 由机械能守恒得
121111
22222
rF mgr mgr rF mgr ++=- 整理得
216F F mg -=
即还需要测出小球的质量m ，故选A ；
（2）[2]由上述分析可知，只需验证216F F mg -=即可。

14．B D 1004Ω 偏小 1：9 【详解】
(1)[1][2]首先要知道测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图甲，设电源的电动势为E ，内阻为r ，S 1打开时，设电流表满偏电流
g
g E
I r R R =
++
实验要求
g R
R ，R r
这样才有
g R
当S 2闭合时，R 2和R g 并联，并联后总阻值
g R R R 并＜
这样才有S 2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于
E
R ，调节R 2使电流表半偏为g 2
I ，所以流过R 2的电流也为
g 2
I ，所以
2g R R =
从上述原理可知，S 2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是
g R
R
故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R 尽可能大。

所以，滑动变阻器选量程较大的B ，电源选用电动势较大的D 。

(2)[3]闭合S 2时，R 2与电流表G 并联，由实验原理可知并联电路的总电流是30A μ，通过电流表电流是10A μ，则通过R 2的电流是20A μ，此时电阻箱读数为502Ω，由并联电路中电流与电阻成反比可知，电流表表头的内阻为1004Ω。

[4]本实验在并联电阻箱时，总电阻发生减小；则总电流偏大，故使电流表达半偏时，所并联的电阻应比真实电阻偏小。

(3)[5]由图乙可知
g g a b 1g
I R R R I I +=
-，()g g b a 2g
I R R R I I +=
-，11mA I =，210mA I =
解得
a b :1:9R R =
15．（1）24m ，沿x 轴负方向传播；（2）6m 【详解】
(1)由图像可知，波的周期
1.2s T =
根据
T
可得
24m λ=
由振动图像可知，0.4s t =时质点P 沿y 轴负方向运动，所以该波沿x 轴负方向传播。

(2)0x =处的质点，从平衡位置到5cm y =处经历的时间t ∆，则由振动方程
2sin
y A t T
π= 可得
12
T t ∆=
所以P 的平衡位置坐标为
()P x v t t =⨯-∆
代入数据解得
P 6m x =
16．(1)N =；(2)C v =
(3)P =【详解】
(1)小环P 在B 点静止时，受到重力mg 、细绳的拉力T mg =、杆的支持力N 作用，由平衡条件知，OB 连线与P 的重力、细绳BE 的夹角相等 由几何关系知BE 与CE 间的夹角为30θ=︒，所以
2cos N mg θ=
解得N =。

(2)由几何关系可得
2cos BE R θ=
小环P 下滑到C 点时，Q 的速度0Q v =，根据机械能守恒定律
()()2
12cos sin 22cos 2
C
mg R mg R R mv θθθ⋅--=
整理得
C v =
(3)小环P 经过D 点时，细绳DE 部分与水平方向的夹角为45α=
︒，长度为DE =，
此时小环P 的速度p v 与Q 的速度Q v 的关系为
cos P Q v v α=
根据机械能守恒定律可得
()()
22
112cos sin 2cos 22
P Q mg R R mg R mv mv θθθ⋅++=+
整理得Q v =
Q 的重力做功的功率为
Q P mgv =
联立可解得P =
17．(1)mv B qR =
；
(2)22R t v π=+(3)sin K E qU θ∆=；
(4)
2x ∆=
【详解】
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，洛伦兹力提供向心力
2
v qvB m r
=
由几何关系可知r R =，联立可得mv B qR
=。

(2)经过C 点的粒子在磁场中运动的时间
112R
t v
π= 粒子沿垂直极板方向做匀加速运动，运动时间2t
2
2
12
R at =
2qU
a mR
=
12t t t =+
整理得22R
t v
π=
+。

(3)所有粒子从磁场射出时速度方向均平行于金属板，设范围介于磁场边界的D 、F 之间，D 与M 沿垂直极板方向的距离
1sin y R R θ=+
F 与M 沿垂直极板方向的距离
2sin y R R θ=-
粒子到达M 板的最大动能差
()12K E qE y y ∆=-
联立可解得sin K E qU θ∆=。

(4)粒子在金属板间做类平抛运动，沿平行于极板方向
x vt =
沿垂直于极板方向
212
y at =
12x x x ∆=-
整理得
2x ∆=
18．（1）2s t =；（2）6m =L ；（3）1
m 12x =；（4）13m 3
s = 【详解】
（1）滑块P 从A 到B 过程，根据机械能守恒定律
2
12
mgh mv =
代入数据解得
6m/s v =
P 在Q 上做匀减速运动，Q 做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。

若木板只与C 发生了一次碰撞，则碰撞后到停止运动的这段过程中二者的动量变化量相等，即碰前P 与Q 的动量大小相等，则有
P Q mv mv Mv =+ P Q mv Mv =
代入数据解得
1.5m/s Q v =
而
1Q mg Ma μ=
Q 的运动时间
1
2
Q Q v t a =
解得
2s t =
（2）木板与C 发生2次碰撞后，最终停止时右端与B 刚好接触。

此过程中滑块在木板上一直做匀减速运动。

22P v a L =
P mg ma μ=
代入数据解得
6m =L
（3）木板共与C 发生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。

每次碰撞前木板的速度都相等，设为3Q v ，即每次碰撞过程中C 对木板的冲量大小为
132Q I Mv =
从P 滑上Q 到最终都静止过程，对P 、Q 整体根据动量定理得
13I mv =
解得
1m /s 2
Q v = 而
232Q Q v a x =
解得
1m 12
x = （4）2kg m =，1kg M =时，根据牛顿定律
2Q mg Ma μ=
226m/s Q a =
碰撞前木板的速度
2122Q Q v a X =
解得
14m/s Q v =
根据动量守恒定律
11p Q mv mv Mv =+
解得
114m/s P Q v v ==
碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。

从第1次碰后到第2次碰前，此过程木板的路程
21122
2Q Q v s a =
根据动量守恒定律 ()112P Q Q mv Mv M m v -=+
21Q Q m M v v M m
-=+ 第2次碰后到第3次碰前 222222Q Q v s a = 即
2221111139m M s s s s M m -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭ ()223p Q Q mv Mv M m v -=+ 32Q Q M m v v M m -=+ 233222Q Q v s a = 即
2232211199m M s s s s m M -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭
以此类推
1119n n s s -⎛⎫= ⎪⎝⎭ 木板通过的路程为
123n s X s s s s =++++⋯⋯+⋯ 而12s X =，即
2311111111119199919n s X s s s s X s ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++++=+ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭- 当n →∝时，19
8s X s =+
所以
13m 3s =。